Chuyên đề Dirichlet......ôn thi HSG..................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
NGUYÊN LÝ DIRICHLET VÀ NHỮNG BÀI TOÁN LIÊN QUAN NGUYỄN MINH TUẤN Bộ Môn Toán học Trường ĐHGD, ĐHQG HN Nhà G7, 144 đường Xuân Thủy, q Cầu Giấy Hà Nội, Việt Nam Email: nguyentuan@vnu.edu.vn Ngày 05 Tháng 11 năm 2013 Giới thiệu Nguyên lý chuồng bồ câu, nguyên lý hộp hay nguyên lý ngăn kéo Diritchlet phát biểu sau: n chim bồ câu đặt vào m chuồng, với n > m, chuồng có nhiều Nguyên lý minh họa nhiều ví dụ cụ thể hơn, chẳng hạn: găng tay, có hai găng tay phải hai găng tay trái Mặc dù trực giác đơn giản lại dùng để chứng minh nhiều điều bất ngờ toán học Người đề xuất nguyên lý cho nhà toán học Đức Johann Dirichlet1 ông đề cập tới với tên gọi nguyên lý ngăn kéo Vì vậy, nguyên lý ngăn kéo Dirichlet hay gọn nguyên lý Dirichlet cách khác nói nguyên lý chuồng bồ câu Nguyên lý ngăn kéo Dirichlet cho tập hợp vô hạn phần tử Cụ thể, ta có khẳng định sau: giả sử số lượng vô hạn phần tử chứa n (hữu hạn) tập hợp Khi đó, tồn tập hợp chứa vô hạn phần tử Để phát biểu dạng tổng quát hơn, ta cần số ký hiệu Ta ký hiệu m/n phần nguyên phân số m/n số nguyên nhỏ không nhỏ số m/n Ví dụ 9/10 = Ta ký hiệu m/n phần nguyên phân số m/n số nguyên lớn không vượt m/n Ví dụ 4/5 = Tên đầy đủ Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet, 1805-1859 Hình 1: Dirichlet, nhà toán học người Đức, 1805-1859 Định lý 1.1 Nếu m chim bồ câu đặt vào n chuồng m > n, (ít nhất) chuồng có m/n m chia hết n, m/n +1 m không chia hết n Hình 2: Nguyên lý chuồng chim bồ câu Mở rộng hơn, ta có có định lý sau: Định lý 1.2 Nếu m vật có n hộp, hộp có không m/n vật, hộp có không m/n vật Nguyên lý ngày sinh đề cập đến khả số người có ngày sinh số m người cho trước Theo nguyên lý ngăn kéo Dirichlet, m = 367 có hai người có ngày sinh Hình 3: Rebecca Dirichlet Một số toán Bài toán 2.1 Chứng minh không tồn đường thẳng không qua đỉnh cắt ba cạnh tam giác Lời giải Ta chứng minh phản chứng Giả sử ngược lại, tồn đường thẳng không qua đỉnh cắt ba cạnh tam giác ABC Gọi P1 P2 hai nửa mặt phẳng chia tách đường thẳng Ba đỉnh tam giác A, B, C chưa hai nửa mặt phẳng P1 , P2 Theo nguyên tắc Dirichlet, tồn hai đỉnh thuộc nửa mặt phẳng Gọi hai đỉnh A B thuộc nửa mặt phẳng P2 Ta suy không cắt cạnh AB Bài toán 2.2 Chứng minh không tồn đường thẳng không qua đỉnh cắt tất cạnh (2n + 1)-giác Lời giải Ký hiệu đỉnh liên tiếp đa giác A1 A2 · · · A2n+1 Suy cạnh đa giác A1 A2 , A2 A3 , A2n A2n+1 , A2n+1 A1 Ta chứng minh phản chứng Giả sử ngược lại, tồn đường thẳng không qua đỉnh cắt cạnh đa giác Gọi P1 P2 hai nửa mặt phẳng chia tách đường thẳng Xét đỉnh A1 Không tính tổng quát ta giả thiết A1 ∈ P1 Vì cắt cạnh A1 A2 ta suy A2 ∈ P2 Do cắt cạnh A2 A3 nên A3 ∈ P1 Cứ lập luận tiếp tục, ta suy đỉnh A2n+1 ∈ P1 Như vậy, hai đỉnh A1 A2n+1 thuộc nửa mặt phẳng P1 Từ ta suy không cắt cạnh A2n+1 A1 Mâu thuẫn với giả thiết Bài toán 2.3 Bài toán 2.2 có không đa giác có số chẵn cạnh? Lời giải Câu trả lời phủ định Minh họa hình vẽ Bài toán 2.4 Chứng minh sáu người bất kỳ, tồn ba người đôi quen không quen Lời giải Gọi sáu người A, B, C, D, E, F Ta coi A, B, C, D, E, F điểm mặt phảng không thẳng hàng.Ta nối đỉnh vói theo quy tắc: hai người tương ứng quen ta nối cạnh màu đỏ, ngược lại màu xanh Xét A năm cạnh AB, AC, AD, AE, AF Trong năm cạnh tồn ba cạnh màu Giả sử cạnh AB, AD, AF màu đỏ Bây giờ, xét cạnh BD, DF, F B Ba cạnh này, chúng có màu xanh ta điều phải chứng minh, ba người B, D, F đôi không quen Trái lại, có cạnh màu đỏ, chẳng hạn cạnh DF Ta suy ba cạnh AD, DF, AF màu đỏ, hay ba người A, D, F đôi quen Bài toán chứng minh Bài toán nêu tương đương với toán sau Bài toán 2.5 Cho sáu điểm không thẳng hàng mặt phẳng Cứ hai điểm nối với cạnh tô màu đỏ xanh Chứng minh tồn tam giác có ba cạnh màu Bài toán 2.6 Cho mười sáu điểm không thẳng hàng mặt phẳng Mỗi điểm tô ba màu đỏ, da cam, vàng, hai điểm nối với cạnh tô màu lục lam Chứng minh tồn tam giác có ba đỉnh màu ba cạnh màu Lời giải Mười sáu điểm tô ba màu nên có sáu điểm màu Như vậy, ta đưa toán Bài toán 2.5 cho sáu điểm Nhận xét 2.1 Con số 16 thay đổi số bất kỳ, với số màu thay đổi tương ứng Bài toán 2.7 (bài toán bắt tay) Trong hội nghị có n đại biểu Khi gặp họ bắt tay Chứng minh tồn hai người có số lần bắt tay Lời giải Mỗi đại biểu chia vào n nhóm A0 , A1 , , An−1 số lần bắt tay họ Như vậy, ta có n nhóm Ta thấy, A0 = ∅ (nghĩa có đại biểu chưa bắt tay đại biểu khác, có số lần bắt tay 0) An−1 = ∅ Tương tự, An−1 = ∅ A0 = ∅ Như vậy, hai tập hợp A0 An−1 có tập rỗng Tóm lại, có n phần tử chia vào n nhóm có nhóm không xếp vào Theo nguyên lý Dirichlet, tồn hai phần tử nhóm Bài toán chứng minh Bài toán tương đương với toán sau Bài toán 2.8 Giải vô địch bóng đá Anh có 20 đội Chứng minh thời điểm vòng 1, tồn hai đội có số trận đá Bài toán 2.9 Cho 51 điểm thuộc hình vuông cạnh Chứng √minh tồn ba điểm thuộc hình tròn có bán kính 1/ Lời giải Chia hình vuông thành × = 25 hình vuông cạnh Như vậy, ta có 25 ô vuông chứa 51 điểm Theo nguyên lý Dirichlet tồn điểm thuộc một√hình vuông Tất nhien, hình tròn ngoại tiếp hình vuông có bán kính R = 1/ chứa ba điểm Bài toán chứng minh Nhận xét 2.2 Ta thay đổi số 51 số bất kỳ, độ dài cạnh Tuy nhiên, tùy thuộc vào số điểm kích thước cạnh mà ta có kết luận tương ứng Bài toán 2.10 Thầy giáo cho 49 học sinh xếp thành hàng dọc hàng ngang chơi trò chơi sau: sau tiếng trống, học sinh đổi sang vị trí khác hàng cột Gõ trống xong, lớp đổi chỗ Thấy hàng ngang hàng dọc, thầy hỏi: - Các em đổi chỗ chưa? - Rồi ạ! Cả lớp đồng đáp - Có em chưa đổi chỗ thầy yêu cầu không? Thầy hỏi tiếp Cả lớp im lặng - Có em chưa đổi chỗ! Thầy nói Bạn cho biết suy luận logic để khẳng định thầy Lời giải Coi hàng ngang hàng dọc hình vuông gồm 7×7 = 49 ô vuông nhỏ, học sinh đứng ô nhỏ Bằng cách tô màu giống bàn cờ vua: hai ô hàng cột khác màu nhau, ô chéo màu Có thảy 49 ô tô hai màu nên số ô màu đen không số ô màu trắng Giả sử có 25 ô đen 24 ô trắng Theo quy tắc đổi chỗ, em phải chuyển sang ô khác màu với ô đứng Như vậy, có 25 em đứng ô đen phải chuyển sang 24 ô ô trắng Điều Đó lý khẳng định thầy Nhận xét 2.3 Ta thay số số lẻ Bài toán 2.11 Trên bàn cờ vua × người ta bỏ hai ô đối đỉnh Một hai ô đỉnh lại có mã Hỏi mã lượt đến tất ô lại không, với điều kiện ô đến lần? Lời giải Bàn cờ có 32 ô đen 32 ô trắng Hai ô đối đỉnh màu, nên 30 chẳng hạn màu đen, 32 ô trắng Con mã từ ô trắng sang ô đen Nhưng từ 32 ô trắng đến 30 ô đen Vậy, câu trả lời là: Bài toán 2.12 Một lớp có 37 học sinh Chứng minh có học sinh có tháng sinh Lời giải Một năm có 12 tháng Chia 37 học sinh vào 12 nhóm theo tháng sinh Suy tồn học sinh nhóm Bài toán chứng minh Bài toán 2.13 Cho n số tự nhiên a1 , a2 , an Chứng minh tồn số tổng số số để tổng chia hết n Lời giải Xét n tổng A1 = a1 A2 = a1 + a2 An−1 = a1 + a2 + · · · + an−1 An = a1 + a2 + · · · + an−1 + an Nếu số Aj (j = 1, 2, n) chia hết n, ta có điều phải chứng minh Ngược lại, số Aj không chia hết n Bởi vậy, số dư thuộc tập hợp sau có n − phần tử 1, 2, 3, , n − Theo nguyên lý Dirichlet, tồn hai số Aj Ak có số dư chia n, nghĩa Aj = Ak (mod n) Giả sử Aj > Ak Từ ta suy Aj − Ak chia hết n Bài toán 2.14 Cho 100 số tự nhiên khoảng từ đến 199 Chứng minh tồn hai số để số chia hết cho số Lời giải Ký hiệu 100 số tự nhiên a1 , a2 , , a100 Giả sử a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ a100 Nếu số a1 , a2 , , a100 có số toán hiển nhiên Giả sử số lớn Ta phân tích số theo lũy thừa a1 = 2k1 b1 , a2 = 2k2 b2 , a99 = 2k99 b99 , a100 = 2k100 b100 , b1 , b2 , , b100 số lẻ từ đến 199 Từ đến 199 có 99 số lẻ, nên tồn i < j để bi = bj Suy aj chia hết Nhận xét 2.4 Ta tổng quát toán sau: Cho n số từ nhiên từ đến 2n − Chứng minh tồn hai số để số chia hết số Bài toán 2.15 Có 19 số tự nhiên liên tiếp Chứng minh tồn số có tổng chữ số chia hết 10 Lời giải Gọi số a1 , a2 , , a19 Trong 10 số a1 , a2 , , a10 tồn số có tận Gọi số ak (k ≤ 10) Ta ký hiệu ak = m1 m2 mj Gọi s tổng chữ số ak Do k ≤ 10 nên số ak+1 , ak+2 , , ak+9 Ta suy số ak+1 , ak+2 , , ak+9 có tổng chữ số s + 1, s + 2, , s + Trong 10 số tự nhiên liên tiếp s, s + 1, s + 2, , s + có số chia hết cho 10 Giả sử s + Ta suy số ak+ có tổng chữ số chia hết 10 Bài toán 2.16 Có 39 số tự nhiên liên tiếp Chứng minh tồn số có tổng chữ số chia hết 11 Lời giải Gọi số a1 , a2 , , a39 Trong 20 số a1 , a2 , , a20 tồn số chia hết 20 Gọi số ak (k ≤ 20) Ta ký hiệu ak = m1 m2 mj 0, mj số chẵn Gọi s tổng chữ số ak Do k ≤ 20 nên 19 số ak+1 , ak+2 , , ak+19 Vì mj số chẵn nên mj ≤ Ta suy số ak+1 , ak+2, , ak+9 , ak+19 có tổng chữ số s + 1, s + 2, , s + 10 Trong 11 số tự nhiên liên tiếp s, s + 1, s + 2, , s + 10 có số chia hết cho 11 Giả sử s + Ta suy tồn số aj có tổng chữ số chia hết 11 Bài toán 2.17 Cho 52 số tự nhiên Chứng minh tồn hai số có tổng hiệu chia hết 100 Lời giải Mỗi số tự nhiên chia 100 co số dư từ đến 99 Tuy vậy, số dư viêt số sau: 0, ±1, ±2, , ±49, ±50 (các số dư 51, 52, 99 vết số dư -49, -48, , -1) Có 52 số dư chia 51 nhóm 0, ±1, ±2, , ±49, ±50 nên tồn hai số có số dư nhóm, ký hiệu ±k, ≤ k ≤ 50 Nếu hai số dư dau hệu hai số chia tương ứng chia hết 100, chúng trái dấu tổng hai số chia tương ứng chia hết 100 Bài toán chứng minh Nhận xét 2.5 Bạn đọc thay số 52 số tự nhiên bất kỳ, ý tới kết luận Bài toán 2.18 Chứng minh tồn số lũy thừa 19 có dạng A = · · · 000 · · · 0001; nghĩa tồn n ∈ N cho 19n = · · · 000 · · · 0001 2013 chữ số Lời giải Xét dãy vô hạn số 19, 192, 193 , 19n Chia số cho 102014 ta số dư từ đến 102014 − Do dãy số vô hạn nên tồn hai số có số dư chia cho 102014 Ta suy hiệu chúng chia hết cho 102014 Ta có 19m − 19n = 19n (19m−n − 1) = (mod 102014 ) Do (19n , 102014 ) = 102014 nên 19m−n − = (mod 102014 ) Tóm lại, ta có 19m−n − = · · · 000 · · · 000 2014 chữ số Từ ta suy điều phải chứng minh Nhận xét 2.6 Ta thay số 19 số nguyên tố với 10 Bài toán 2.19 Chứng minh tồn vố số số có dạng B = 20142014 · · · 20142014 mà chúng chia hết 2013 Lời giải Tương tự Bài toán 2.18 cách xét vô hạn số sau 2014, 20142014, 201420142014, Nhận xét 2.7 Liệu thay số 2014 số khác? Nghiên cứu kỹ hưn, bạn đọc tìm thấy câu trả lời thú vị Bài toán 2.20 Chứng minh tồn số tự nhiên mà chữ số hai số để chia hết 2013 Lời giải Xét 2014 số có sau 3, 33, 333, 3333, 33333, 333 · · · 333 2014 chữ số Tồn hai số có số dư chi cho 2013 Hiệu hai số gồm chữ số số cần tìm Bài toán 2.21 Trên mặt phẳng cho 49 điểm Biết ba điểm số luôn tồn hai điểm cách nhỏ Chứng minh tồn 25 điểm thuộc hình tròn bán kính Lời giải Gọi A1 số 49 điểm cho Xét hình tròn ω1 tâm A1 bán kính Xét hai khả năng: Tất điểm nằm ω1 Ta có điều phải chứng minh Tồn điểm A2 ∈ ω1 Suy khoảng cách A1 A2 > Xét hình tròn ω2 tâm A2 bán kính Từ giả thiết: ba điểm tồn hai điểm khoảng cách nhỏ 1, ta suy điểm cho thuộc hai hình tròn ω1 ω2 Vậy là, có 49 điểm thuộc hai hình tròn nên tồn 25 điểm thuộc hình tròn Bài toán giải Bài toán tổng quát hóa sau Bài toán 2.22 Có 2n + điểm mặt phẳng(với n ≥ 3) Biết ba điểm tồn hai điểm có khoảng cách nhỏ Chứng minh tồn n + điểm thuộc hình tròn bán kính Lời giải Chọn điểm A số 2n + điểm cho Xét đường tròn ω1 có tâm A bán kính Có hai khả năng: Tất điểm nằm ω1 Ta có điều phải chứng minh Tồn điểm A2 ∈ ω1 Suy khoảng cách A1 A2 > Xét hình tròn ω2 tâm A2 bán kính Từ giả thiết: ba điểm tồn hai điểm khoảng cách nhỏ 1, ta suy điểm cho thuộc hai hình tròn ω1 ω2 Vậy là, có 2n + điểm thuộc hai hình tròn nên tồn n + điểm thuộc hình tròn Bài toán giải Bài toán 2.23 Cho 2000 số tự nhiên từ đến 10.000 Chứng minh tồn hai số có hiệu số có bốn chữ số Lời giải Chia 2000 số cho 1111 số dư từ đến 1110 Từ đến 10.000 có số chia hết 111 số 1111, 2222, 3333, 4444, 5555, 6666, 7777, 8888, 9999 Dó đó, số 2000 số cho tồn số có số dư khác chia cho 1111 Ta suy hiệu chúng chia hết 1111 Những số từ dến 10.000 chi hết 1111 có bốn chữ số 10 Nhận xét 2.8 Bạn đọc thay liệu toán để nhiều toán khác Bài toán 2.24 Tồn hay không số tự nhiên có dạng A := 20132013 · · · 20132013 n số 2013 để A chia hết 2320 ? Lời giải Xét tập hợp vô hạn số có dạng 20132013 · · · 20132013, n số 2013, n ≥ Chia số cho 2320 ta số dư từ đến 2320 − Ta suy tồn hai số có số dư Giả sử A := 20132013 · · · 20132013 = k (mod 2320 ), B := 20132013 · · · 20132013 = k (mod 2320 ), m số 2013 n số 2013 A > B Khi A − B chia hết 2320 Hay 104n × 20132013 · · · 20132013 2320 m−n số 2013 Do (2320 , 10n ) = ta có 20132013 · · · 20132013 2320 2320 m−n số 2013 Bài toán chứng minh Nhận xét 2.9 Bạn đọc thay liệu toán để nhiều toán khác Bài toán 2.25 Có 49 học sinh lớp Hàng tuần thầy giáo chia lớp thành nhóm, nhóm em để thực hành môn kỹ thuật điện Chứng minh sau tuần có hai học sinh tổ hai tuần khác Lời giải Giả sử ngược lại, hai em chung tổ hai tuần khác Gọi A học sinh Sau tuần em tổ với × = 54 bạn khác khác Vô lý sĩ số lớp 49 11 Bạn tổng quát toán trên! Bài toán 2.26 Cho 2013 số tự nhiên dương đôi khác nhỏ 4020 Chứng minh chọn ba số để số tổng hai số Lời giải Giả sử a1 < a2 < · · · < a2013 Xét 2012 số sau đôi khác nhau: a2 − a1 , a3 − a1 , a4 − a1 , , a2013 − a1 Ta gọi số thuộc nhóm A Cùng với 2012 số sau đôi khác a2 , a3 , , a2013 , ta gọi nhóm B Các số thuộc nhóm A (đôi khác nhau) số thuộc nhóm B (đôi khác nhau) 4024 số tự nhiên dương khoảng từ đến 4020 Ta suy tồn số nhóm số nhóm Giả sử ak − a1 = a Do ta có ak = a1 + a Điều phải chứng minh Bài toán 2.27 Chứng minh tồn số n ∈ N để 17n có dạng 111 111 Lời giải Xét dãy vô hạn số có dạng 11, 111, 1111, 11111, Chia số cho 17 ta số dư từ đến 16 Nếu có số dư ta suy điều phải chứng minh Trái lại, tồn hai số dư Giả sử 111 111 = 111 111 (mod 17) m số n số Ta giả thiết m > n Khi 111 111 − 111 111 = (mod 17) m số n số Hay 10n 111 111 = (mod 17) m số Do (10n , 17) = ta có 111 111 = (mod 17) m số Từ ta suy điều phải chứng minh Nhận xét 2.10 Bạn đọc thay số 17 số tự nhiên khác phù hợp để có toán 12 Bài toán 2.28 Cho m, n số tư nhiên thỏa mãn (m, n) = Chứng minh tồn k ∈ N (mk − 1) n Lời giải Xét vô hạn số có dạng m, m2 , m3 , m4 , , mn , Chia số cho n ta n số dư từ đến n − Do đó, tồn hai số có số dư Giả sử mi = mj (mod n) Giả sử j > i Ta suy mj − mj = mi (mj−i − 1) = (mod n) Từ giả thiết (m, n) = ta suy mj−i − = (mod n) Ta có điều phải chứng minh Bài toán 2.29 Cho 2013 điểm thuộc hình tròn bán kính (đơn vị độ dài) Chứng minh tồn điểm S đường tròn để tổng khoảng cách từ đến 2013 cho không nhỏ 2013 (đơn vị độ dài) Lời giải Gọi M1 , M2 , , M2013 2013 điểm thuộc hình tròn Chọn hai điểm A B đối tâm thuộc đường tròn Với mội k = 1, 2, 2013 ta có AMk + BMk ≥ Do 2013 2013 AMk + k=1 k=1 BMk ≥ 2013 × = 4026 Coi vế trái tổng hai số (trong ngoặc vuông) không nhỏ 4026 Ta suy có tổng không nhỏ 2013 Giả sử tổng thứ không nhỏ 2013 Ta suy điểm A thỏa mãn yêu cầu toán Bài toán 2.30 Chứng minh tồn số tự nhiên có dạng A := 111 111 n số để A 39 Lời giải Tương tự lời giải cho Bài toán 2.27 13 Bài tập Bài tập Một lớp 43 học sinh viết tả tiếng Việt Có học sinh mắc lỗi, em lại mắc lỗi Chứng minh có học sinh có số lỗi Biết học sinh mắc 6, 7, lỗi, có không học sinh có số lỗi Hỏi em không mắc lỗi nào? Bài tập Chứng minh tồn số tự nhiên có bốn chữ số cuối 2014 để số chia hết 2013 Bài tập Giả sử điểm thuộc mặt phẳng tô hai màu xanh đỏ Chứng minh tồn hình chữ nhật có bốn đỉnh màu Bài tập Cho 2014 số tự nhiên đôi khác từ đến 4026 Chứng minh tồn hai số có hiệu 2013 Bài tập Cho 1978 tập hợp A1 , A2 , , A1978 , tập hợp có 40 phần tử Biết hai tập hợp có phần tử chung Chứng minh tồn phần tử thuộc 1978 tập hợp nới Bài tập Cho tập hợp A gồm 2014 số -1 Chứng minh chia tập A thành hai nhóm A = A1 ∪ A2 để tổng số nhóm A1 tổng số thuộc nhóm A2 Bài tập Tồn hay không hai số phương có hiệu 2014? Bài tập Cho chín đường thẳng có tính chất đường thẳng chia hình vuông thành hai tứ giác có tỉ số diện tích 2/3 Chứng minh có ba đường thẳng số qua điểm Bài tập Các số tự nhiên 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, viết theo thứ tự Thành lập dãy số dãy cộng với số thứ tự Chứng minh dãy thứ hai, có hai số chia 10 có số dư Bài tập 10 Cho hình chóp đáy đa giác chín cạnh Tất cạnh bên 27 đường chéo đa giác đáy tô hai màu đỏ xanh Chứng minh tồn ba đỉnh hình chóp cho chúng đỉnh hình tam giác với cạnh tô màu 14 THOMAS ALVA EDISON Hình 4: Tài 1% trí tuệ, 99% lao động 15